问题描述
为了增加公司收入,F公司新开设了物流业务。由于F公司在业界的良好口碑,物流业务一开通即受到了消费者的欢迎,物流业务马上遍及了城市的每条街道。然而,F公司现在只安排了小明一个人负责所有街道的服务。
任务虽然繁重,但是小明有足够的信心,他拿到了城市的地图,准备研究最好的方案。城市中有n个交叉路口,m条街道连接在这些交叉路口之间,每条街道的首尾都正好连接着一个交叉路口。除开街道的首尾端点,街道不会在其他位置与其他街道相交。每个交叉路口都至少连接着一条街道,有的交叉路口可能只连接着一条或两条街道。
小明希望设计一个方案,从编号为1的交叉路口出发,每次必须沿街道去往街道另一端的路口,再从新的路口出发去往下一个路口,直到所有的街道都经过了正好一次。
输入格式
输入的第一行包含两个整数n, m,表示交叉路口的数量和街道的数量,交叉路口从1到n标号。
接下来m行,每行两个整数a, b,表示和标号为a的交叉路口和标号为b的交叉路口之间有一条街道,街道是双向的,小明可以从任意一端走向另一端。两个路口之间最多有一条街道。
输出格式
如果小明可以经过每条街道正好一次,则输出一行包含m+1个整数p1, p2, p3, …, pm+1,表示小明经过的路口的顺序,相邻两个整数之间用一个空格分隔。如果有多种方案满足条件,则输出字典序最小的一种方案,即首先保证p1最小,p1最小的前提下再保证p2最小,依此类推。
如果不存在方案使得小明经过每条街道正好一次,则输出一个整数-1。
原题链接:CCF CSP 201512-4 送货
写在代码前
- 存在欧拉路径的充要条件是图是连通的且最多两个节点的度为奇数(不可能只有一个节点的度为奇数,因为所有节点的度加起来是偶数)。
- 我用Fleury算法只得了50分,运行超时。在判断一条边是否是一座桥这个问题上,复杂度太高。
- 没有必要在一开始判断是不是连通图。
- Hierholzer’s Algorithm的详细介绍,本人参考于此。
代码
#include <iostream>
#include <set>
#include <vector>
using namespace std;
int main() {
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<set<int> > graph(n); // 邻接表方式存图
for (int i = 0; i < m; ++i) {
int a, b;
cin >> a >> b;
graph[a-1].insert(b-1);
graph[b-1].insert(a-1);
}
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (graph[i].size() & 1)
++cnt;
}
if (cnt != 0 && cnt != 2) {
cout << -1 << endl;
return 0;
}
if (cnt == 2 && !(graph[0].size() & 1)) { // 题目描述中有提及,要从节点1开始
cout << -1 << endl;
return 0;
}
vector<int> path;
vector<int> circuit;
path.push_back(0);
while (!path.empty() && path.size()+circuit.size() < m+1) { // Hierholzer’s Algorithm
int cur = path.back();
if (graph[cur].empty()) {
path.pop_back();
circuit.push_back(cur);
} else {
int v = *graph[cur].begin();
graph[cur].erase(graph[cur].begin());
graph[v].erase(cur);
path.push_back(v);
}
}
if (path.empty()) { // 不是连通图。去掉这个if只有90分
cout << -1 << endl;
return 0;
}
while (!circuit.empty()) {
path.push_back(circuit.back());
circuit.pop_back();
}
cout << 1;
for (int i = 1; i <= m; ++i)
cout << " " << path[i]+1;
cout << endl;
}